2026普通高等學校招生全國統一考試大聯考（高二）數學（人教版）注意事項：1.答卷前，考生務必將自己的姓名?班級?考場號?座位號?考生號填寫在答題卡上.2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑.如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號.回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上.寫在本試卷上無效.3.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回.一?選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1．已知函數為的導函數，且，則實數（

）A．0 B． C．1 D．22．雙曲線的漸近線方程為（

）A． B．C． D．3．已知是等比數列，若，則的公比（

）A．4 B．2 C． D．4．已知矩形的邊所在直線的方程為，頂點，則頂點的坐標為（

）A． B． C． D．5．若存在，使得直線與圓相切，則實數的取值范圍為（

）A． B． C． D．6．在正四棱柱中，分別為的中點，點為上底面的中心，則直線與夾角的余弦值為（

）A． B． C． D．7．已知某圓柱的表面積為，則該圓柱的體積的最大值為（

）A． B． C． D．8．已知，函數，，當時，函數的圖象始終在函數的圖象下方（所有點均不重合），則實數的取值范圍為（

）A． B． C． D．二?多選題：本大題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9．記為等差數列的前項和，已知，則下列結論正確的有（

）A．B．C．D．數列中有且僅有一個最小項10．已知函數，則下列結論正確的有（

）A．當時，只有最大值，無最小值B．當時，有兩個極值點C．當時，是的極大值點D．當時，11．已知點在曲線上，點，則下列結論正確的有（

）A．曲線關于原點對稱B．C．的最小值為D．曲線與軸的非負半軸、直線所圍成區域的面積大于三?填空題：本大題共3小題，每小題5分，共15分.12．已知，向量，若，則.13．已知圓與圓的相交弦所在直線為，若與拋物線交于兩點，則.14．數列的通項公式為，則的前項和為（用含的式子表示）.四?解答題：本大題共5個小題，共77分.解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟.15．已知函數，曲線在處切線的斜率為.(1)求實數的值；(2)研究的單調性；(3)求的極值.16．如圖，四棱錐的底面為菱形，，且側面是邊長為2的等邊三角形，取的中點，連接.

(1)證明：平面；(2)證明：為直角三角形；(3)若，求直線與平面所成角的正弦值.17．已知正項數列中，.(1)證明：數列是等比數列；(2)求數列的通項公式；(3)設，證明：.18．已知橢圓的下焦點為，其離心率為.(1)求橢圓的標準方程；(2)過的直線與橢圓交于兩點（直線與坐標軸不垂直），過作軸的垂線，垂足分別為，若直線與交于點，證明：點的縱坐標為定值.19．定義函數滿足，且的定義域均為.已知函數.(1)求的解析式和定義域；(2)求的最小值；(3)若是的兩個實根，證明：.參考答案與詳細解析1．D【分析】求導，再根據即可得解.【詳解】，依題意得，.故選：D.2．B【分析】對于焦點在軸上的雙曲線，其漸近線方程為.【詳解】由雙曲線的標準方程可知，，所以雙曲線的漸近線方程為.故選：B.3．B【分析】根據等比數列的性質及基本量計算求解即可.【詳解】由等比數列的性質可知，，所以，又，所以，則.故選：B.4．A【分析】由，求出邊所在的直線方程，再聯立直線，組成的方程組，方程組的解即為頂點的坐標.【詳解】因為，邊所在直線的方程為，設所在直線方程為，因為過，所以，所以所在直線方程為，由解得，即頂點的坐標為.故選：A.5．D【分析】根據直線與圓相切可得圓心到直線的距離等于半徑，即可得解.【詳解】由圓可得，圓心，半徑，由題意得，，則，解得或.故選：D.6．A【分析】建立如圖所示的空間直角坐標系，求出向量的坐標，根據向量夾角公式求解.【詳解】建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，于是，故直線與夾角的余弦值為.故選：A.7．C【分析】設圓柱的底面半徑為，高為，體積為，由已知可得到圓柱的體積關于的函數關系式，再利用導數研究函數的單調性進而求得的最大值.【詳解】設圓柱的底面半徑為，高為，依題意得，，所以，所以，所以圓柱的體積為.設，則，令，解得（負值舍去），所以在上單調遞增，在上單調遞減，因此當時，圓柱的體積取最大值，且.故選：C.8．C【分析】問題轉化為在上恒成立.再設，求導，分析函數單調性，求函數的最大值即可.【詳解】由題意得，在上恒成立，即在上恒成立.設，則，則，所以在上恒成立，又，所以在上恒成立.令，則，當時，，當時，0，所以在上單調遞增，在上單調遞減，故.由題意可知，，所以.故選：C9．BC【分析】先根據已知條件列出關于首項和公差的方程組，求解出和，再據此求出通項公式、前項和公式，最后根據這些公式判斷各個選項的正確性.【詳解】設數列的公差為，由題意可知，解得錯誤；由上得正確；由得，，C正確；，由二次函數的性質可知，當或時，和的值均最小，D錯誤.故選：BC.10．ACD【分析】根據二次函數、極值點、導數與單調性定知識對選項進行分析，從而確定正確答案.【詳解】當時，的圖象為開口向下的拋物線，所以只有最大值，無最小值，A正確；當時，的圖象為拋物線，故只有一個極值點，B錯誤；當時，，，若，令，解得或，所以在上單調遞增，在上單調遞減，因此是的極大值點，C正確；若，令，解得或，所以在上單調遞增，在上單調遞減，又，所以，則，D正確.故選：ACD.11．ABD【分析】利用圖像關于原點對稱的點坐標特點即可判斷選項A，將曲線的方程配方即可判斷選項B，代入特殊值即可判斷選項C，根據的范圍，即可判斷選項D.【詳解】將方程中的分別換為，方程仍成立，則曲線關于原點對稱，A正確；方程化為，所以，解得，B正確；在方程中，令，解得，或，當點的坐標為時，，C錯誤；曲線在第一象限上的最高點為，且經過原點，又，故時，，所以曲線與軸的非負半軸，直線所圍成區域的面積，D正確.故選：ABD12．【分析】根據空間向量數量積的坐標表示，建立方程，可得答案.【詳解】由得，，解得，所以.故答案為：.13．5【分析】由圓與圓的方程相減可得直線的方程，進而得到直線經過拋物線的焦點，聯立直線與拋物線方程，結合韋達定理及拋物線定義求解即可.【詳解】由圓與圓的方程相減得，相交弦所在直線的方程為，又知拋物線的焦點為，則直線經過焦點，設，由，得，所以，由拋物線定義可知，.故答案為：5.14．【分析】利用錯位相減法即得.【詳解】因為，所以，①則，②由①-②得，，故.故答案為：15．(1)(2)在，上單調遞減，在上單調遞增(3)極小值為，無極大值.【分析】（1）對函數求導，根據導數的幾何意義結合題意即可求；（2）求出函數的定義域，再對函數求導，根據導數的取值的正負確定函數的單調區間；（3）根據函數的單調性，確定函數的極值點，再求極值即可.【詳解】（1），由題意可知，，解得或（舍去），故實數的值為.（2）因為，所以的定義域為，由（1）可知，，令，解得，當時，，單調遞減，當時，，單調遞增，故在，上單調遞減，在上單調遞增.（3）由（2）知，在上單調遞減，在上單調遞增，故在處取得極小值，極小值為，無極大值.16．(1)證明見解析；(2)證明見解析；(3).【分析】（1）因為為等邊三角形的邊的中點，所以，又四邊形為菱形，且，所以，結合線面垂直的性質即可證明；（2）因為，平面，所以平面，所以，即可證明；（3）由（1）可知，平面平面，所以可得為等邊三角形，取的中點，連接，則，所以以為坐標原點，平行于的直線為軸，直線分別為軸，軸，建立空間直角坐標系，利用向量法可求得直線與平面所成角的正弦值.【詳解】（1）證明：因為側面是等邊三角形，為的中點，所以，因為四邊形為菱形，且，所以，又，平面，平面，所以平面.（2）證明：因為，平面，所以平面，又平面，所以，故為直角三角形.（3）因為平面，故由（1）可知，平面平面，易求，又，所以為等邊三角形，取的中點，連接，則，因為為平面與平面的交線，平面，所以平面.以為坐標原點，平行于的直線為軸，直線分別為軸，軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，

則，，則，，，設平面的法向量為，由取，得.設直線與平面所成的角為，則，故直線與平面所成角的正弦值為.17．(1)證明見解析(2)(3)證明見解析【分析】（1）由遞推公式構造得到即可求證；（2）由（1）等比數列通項公式即可求解；（3）由（2）得到，通過即可求證；【詳解】（1）由得，，則，因為，所以，又，故數列是首項為3，公比為3的等比數列.（2）由（1）可知，，故.（3）由（2）得，，當時，，不等式成立；當時，，不等式成立；當時，，所以，綜上可知，.18．(1)(2)證明見解析【分析】（1）根據題意，列出的方程求解；（2）設出直線的方程與橢圓方程聯立，可得，求出直線與方程，求出交點的縱坐標，得證.【詳解】（1）由題意可知，，解得，故橢圓的標準方程為.（2）設直線的方程為，，則，由，得，且，則，易知直線與的斜率均存在，則直線的方程為①，直線的方程為②，聯立①②消去得，，故點的縱坐標為定值.19．(1)，定義域為.(2)(3)證明見解析【分析】（1）根據定義求出，，由此即可求出；（2）對函數求導，根據導數的正負判斷函數的單調性，從而求得最值；（3）根據已知條件化為，換